第2节 简谐运动的描述

弹簧振子的振动方程为 $ y=0.1 \sin (2.5\mathrm{\pi }t)\mathrm{m} $ ，可知振幅 $ A=0.1\mathrm{m} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 正确;圆频率为 $ \omega =2.5\mathrm{\pi }\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}/\mathrm{s} $ ,故周期 $ T=\dfrac{2\mathrm{\pi }}{\omega }=0.8\mathrm{s} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 正确;在 $ t=0.2\mathrm{s} $ 时,振子的位移 $ y=0.1 \sin (2.5\mathrm{\pi }×0.2)\mathrm{m}=0.1\mathrm{m} $ ，位移最大,可知此时速度为零,故 $ \mathrm{C} $ 错误; $ 0.2\mathrm{s}=\dfrac{1}{4}T $ ，可知若振子处于平衡位置或最大位移处, $ 0.2\mathrm{s} $ 内振子通过的路程为 $ 0.1\mathrm{m} $ ,若在其他位置时振子通过的路程不是 $ 0.1\mathrm{m} $ ,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

由简谐运动表达式可知 $ {A}_{1}=3a $ , $ {A}_{2}=9a $ ,则振幅之比为 $ {A}_{1}:{A}_{2}=3a:9a=1:3 $ ,故 $ \mathrm{A} $ 错误；因为 $ {\omega }_{1}=8\mathrm{\pi }b $ , $ {\omega }_{2}=8\mathrm{\pi }b $ ,又 $ \omega =\dfrac{2\mathrm{\pi }}{T} $ ,可知它们的圆频率之比为 $ 1:1 $ ,周期均为 $ \dfrac{1}{4b} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 、 $ \mathrm{C} $ 错误； $ t=0 $ 时, $ {x}_{1}=3a \sin \dfrac{\mathrm{\pi }}{4} $ , $ {x}_{2}=9a \sin \dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ ,相位差为 $ \mathrm{\Delta }\varphi ={\varphi }_{2}-{\varphi }_{1}=\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}-\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}=\dfrac{\mathrm{\pi }}{4} $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

质点在振动的过程中,经过平衡位置处的速度最大,所以在关于平衡位置对称的 $ \dfrac{T}{4} $ 时间内通过的路程最大,即在平衡位置两侧各 $ \dfrac{T}{8} $ 时间内通过的路程最大,根据简谐运动的方程 $ y=A \sin \omega t $ ,其中 $ \omega =\dfrac{2\mathrm{\pi }}{T} $ ,若以平衡位置为起点,质点在 $ \dfrac{T}{8} $ 时刻的位移 $ y=\dfrac{\sqrt{2}}{2}A $ ,则质点在 $ \dfrac{T}{4} $ 时间内通过的最大路程为 $ \sqrt{2}A $ ；质点在振动的过程中,经过最大位移处的速度为零,所以在关于最大位移处对称的 $ \dfrac{T}{4} $ 时间内通过的路程最小,即在最大位移处两侧各 $ \dfrac{T}{8} $ 时间内通过的路程最小,因为质点从平衡位置或者最大位移处开始运动 $ \dfrac{T}{4} $ 时,位移大小是一个振幅,则质点在 $ \dfrac{T}{4} $ 时间内通过的最小路程为 $ 2(A-\dfrac{\sqrt{2}}{2}A)=(2-\sqrt{2})A $ ,所以路程 $ s $ 的取值范围为 $ (2-\sqrt{2})A⩽ s⩽ \sqrt{2}A $ ,故选 $ \mathrm{A} $ .

根据题意可知,小球在水平面上的投影距离原点 $ O $ 的最大距离为 $ R $ ,即小球在水平面上的投影点做简谐运动的振幅为 $ R $ ,故 $ \mathrm{A} $ 错误;因为小球随圆盘转动的角速度为 $ \omega $ ,所以周期为 $ \dfrac{2\mathrm{\pi }}{\omega } $ ,故 $ \mathrm{B} $ 正确;以水平向右为正方向建立 $ x $ 轴，圆盘逆时针匀速转动，结合上述分析可知小球在水平面上的投影点的位移—时间关系为 $ x=R \sin (\omega t-\mathrm{\pi }) $ ,故 $ \mathrm{C} $ 错误, $ \mathrm{D} $ 正确.

由题图2可知重物 $ C $ 做简谐运动的振幅为 $ 1\mathrm{c}\mathrm{m} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 错误;由题图2可知,重物 $ C $ 在 $ t=2\mathrm{s} $ 时经过平衡位置,速度最大,故 $ \mathrm{B} $ 错误;由题图2可知,重物 $ C $ 在 $ t=4\mathrm{s} $ 时处于最低点,加速度方向竖直向上,故 $ \mathrm{C} $ 正确;由题图2可知，重物 $ C $ 在 $ t=6\mathrm{s} $ 时经过平衡位置,加速度为0,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

（1） 由题图可知,该振子振动的振幅和周期分别为 $ A=2\mathrm{c}\mathrm{m} $ 、 $ T=0.8\mathrm{s} $ ，

频率为 $ f=\dfrac{1}{T}=1.25\mathrm{H}\mathrm{z} $ .

（2） 振子做简谐运动的圆频率为 $ \omega =\dfrac{2\mathrm{\pi }}{T}=2.5\mathrm{\pi }\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}/\mathrm{s} $ ,

$ t=0 $ 时,振子从平衡位置开始运动,初相位为零,则振子做简谐运动的表达式为 $ x=2 \sin 2.5\mathrm{\pi }t(\mathrm{c}\mathrm{m}) $ .

（3） $ 5\mathrm{s}=6T+\dfrac{1}{4}T $ ,

振子从平衡位置开始运动，则振子在 $ 5\mathrm{s} $ 内通过的路程为 $ s=(6+\dfrac{1}{4})×4A=50\mathrm{c}\mathrm{m} $ .

小球在杆中点到接触弹簧过程,所受合力为零,此过程做匀速直线运动,故小球不是做简谐运动, $ \mathrm{A} $ 错误；设杆中点为 $ O $ ,小球向右压缩弹簧至最大压缩量时的位置为 $ A $ ,小球向左压缩弹簧至最大压缩量时的位置为 $ B $ ,可知小球做周期为 $ T $ 的往复运动过程为 $ O\to A\to O\to B\to O. $ ,根据对称性可知小球从 $ O\to A\to O. $ 与 $ O\to B\to O. $ ,这两个过程的动能变化情况完全一致,两根弹簧的总弹性势能的变化情况完全一致,故小球动能的变化周期为 $ \dfrac{T}{2} $ ,两根弹簧的总弹性势能的变化周期为 $ \dfrac{T}{2} $ , $ \mathrm{B} $ 正确, $ \mathrm{C} $ 错误；小球的初速度为 $ \dfrac{v}{2} $ 时,小球匀速运动阶段的时间变为原来的2倍,接触弹簧过程,根据弹簧振子周期公式 $ {T}_{0}=2\mathrm{\pi }\sqrt{\dfrac{m}{k}} $ ,可知接触弹簧过程所用时间与速度无关,即接触弹簧过程时间保持不变,故小球的初速度为 $ \dfrac{v}{2} $ 时,其运动周期应小于 $ 2T $ , $ \mathrm{D} $ 错误.

把游船浮动简化成竖直方向的简谐运动,从船上升到最高点时计时,其振动方程为 $ y=A \cos \dfrac{2\mathrm{\pi }}{T}t $ ,代入数据得 $ y=20 \cos \dfrac{\mathrm{\pi }}{3}t(\mathrm{c}\mathrm{m}) $ ,当 $ {y}_{1}=10\mathrm{c}\mathrm{m} $ 时,解得 $ {t}_{1}=1.0\mathrm{s} $ ，当 $ {y}_{2}=-10\mathrm{c}\mathrm{m} $ 时，解得 $ {t}_{2}=2.0\mathrm{s} $ ,根据简谐运动对称性,在一个周期内,游客能舒服登船的时间是 $ t^\prime =2({t}_{2}-{t}_{1})=2.0\mathrm{s} $ , $ \mathrm{D} $ 正确.

由题意,根据简谐运动的特点可知, $ M $ 、 $ N $ 两点关于平衡位置 $ O $ 对称,根据对称性可知振子从 $ O $ 到 $ N $ 与从 $ M $ 到 $ O $ 的时间均为 $ 0.05\mathrm{s} $ ,所以振子从 $ O $ 到最大位移处,再从最大位移处到 $ O $ 的时间为 $ t=2×0.05\mathrm{s}+0.1\mathrm{s}=0.2\mathrm{s}=\dfrac{T}{2} $ ,即该弹簧振子振动的周期为 $ T=0.4\mathrm{s} $ ,振动频率为 $ f=\dfrac{1}{T}=2.5\mathrm{H}\mathrm{z} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 错误；设该弹簧振子做简谐运动的振幅为 $ A $ , $ \overline{ON}=\overline{MO} $ ,由题意可知 $ s=\overline{MO}+A+(A-\overline{ON})=2A=16\mathrm{c}\mathrm{m} $ ,解得 $ A=8\mathrm{c}\mathrm{m} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 错误；若从振子经过正向最大位移处开始计时,则振子的振动方程可写为 $ x=A \cos \dfrac{2\mathrm{\pi }t}{T}=8 \cos 5\mathrm{\pi }t(\mathrm{c}\mathrm{m}) $ ,则 $ t=2.1\mathrm{s} $ 时刻的位移为 $ {x}_{1}=8 \cos 10.5\mathrm{\pi }\mathrm{c}\mathrm{m}=0 $ ,故 $ \mathrm{C} $ 错误；若从振子经过平衡位置开始计时, $ 2.5\mathrm{s}=6T+\dfrac{T}{4} $ , $ 2.4\sim 2.5\mathrm{s} $ 时间内,振子从平衡位置运动至最大位移处,所以振子在 $ 2.5\mathrm{s} $ 内经过的路程为 $ s^\prime =6×4A+A=2\mathrm{m} $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

（1） 在平衡位置时,盒子所受合力为零,设此时弹簧压缩量为 $ {x}_{1} $ ,则有 $ k{x}_{1}=mg $ ,解得 $ {x}_{1}=5\mathrm{c}\mathrm{m} $ ,开始释放时盒子处在最大位移处,弹簧伸长量为 $ {x}_{2}=5\mathrm{c}\mathrm{m} $ ，故振幅 $ A={x}_{1}+{x}_{2}=10\mathrm{c}\mathrm{m} $ .

（2） 在最高点,盒子受到的重力和弹力方向相同,根据牛顿第二定律有 $ m{a}_{1}=k{x}_{2}+mg $ ,解得 $ {a}_{1}=20\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,方向竖直向下；由简谐运动的对称性可知,盒子在最低点的加速度大小 $ {a}_{2}={a}_{1}=20\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,方向竖直向上；根据牛顿第二定律有 $ F-mg=m{a}_{2} $ ,解得弹簧的最大弹力 $ F=30\mathrm{N} $ .

如图所示,图中 $ a $ 、 $ b $ 两点位移大小相等,方向相同,所以若在 $ t $ 时刻和 $ t+\mathrm{\Delta }t $ 时刻振子的位移相同,则 $ \mathrm{\Delta }t $ 不一定等于 $ T $ 的整数倍,故 $ \mathrm{A} $ 错误；若 $ t $ 时刻和 $ t+\mathrm{\Delta }t $ 时刻振子速度相同,如图中 $ a $ 、 $ d $ 两点所示,此时 $ \mathrm{\Delta }t $ 小于 $ \dfrac{T}{2} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 错误；若 $ \mathrm{\Delta }t=\dfrac{T}{2} $ ,则振子在 $ t $ 时刻和 $ t+\mathrm{\Delta }t $ 时刻刚好到达关于平衡位置对称的点或均处于平衡位置,则振子的速度大小一定相等,故 $ \mathrm{C} $ 正确；若 $ \mathrm{\Delta }t=\dfrac{T}{2} $ 且振子在 $ t $ 时刻不处于平衡位置,则振子在 $ t $ 时刻和 $ t+\mathrm{\Delta }t $ 时刻刚好到达关于平衡位置对称的点,这两点相对于平衡位置的位移大小相等,方向相反,这两个时刻弹簧的长度不相等,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

假设 $ A $ 点在 $ O $ 点右侧,小球先从 $ O $ 点向右侧运动,根据题意,第一次经过 $ A $ 点用时 $ 3\mathrm{s} $ ,则第一次经过 $ A $ 点后继续运动到最大位移处然后返回,再次回到 $ A $ 点时用时 $ 2\mathrm{s} $ ,则根据对称性可知,小球从 $ A $ 点运动至右侧位移最大处所用时间为 $ 1\mathrm{s} $ ,因此可知该小球做简谐运动的周期为 $ 16\mathrm{s} $ ,则可知当小球第二次经过 $ A $ 点后到第三次经过 $ A $ 点还需要时间 $ {t}_{1}=8\mathrm{s}+6\mathrm{s}=14\mathrm{s} $ ；假设 $ A $ 点在 $ O $ 点左侧,小球先从 $ O $ 点运动至右侧最大位移处,然后返回至 $ O $ 点,向左运动第一次到达 $ A $ 点,历时 $ 3\mathrm{s} $ ,后继续运动到左侧最大位移处然后返回,再次回到 $ A $ 点时用时 $ 2\mathrm{s} $ ,则根据对称性可知,小球从 $ A $ 点运动至左侧最大位移处所用时间为 $ 1\mathrm{s} $ ,则有 $ 3\mathrm{s}+1\mathrm{s}=\dfrac{3}{4}T $ ，解得 $ T=\dfrac{16}{3}\mathrm{s} $ ,可知小球第二次经过 $ A $ 点后到第三次经过 $ A $ 点所用的时间为 $ {t}_{2}=T-2\mathrm{s}=\dfrac{10}{3}\mathrm{s} $ ,故选 $ \mathrm{B} $ 、 $ \mathrm{C} $ .

由题图可知,影子 $ P $ 做简谐运动的振幅为 $ R $ ,以向上为正方向,设 $ P $ 的振动方程为 $ x=R \sin (\omega t+\varphi ) $ ,当 $ t=0 $ 时, $ P $ 的位移为 $ -R $ ,代入振动方程解得 $ \varphi =-\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ ,则 $ P $ 做简谐运动的表达式为 $ x=R \sin (\omega t-\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}) $ ,根据公式画出图像应为选项 $ \mathrm{A} $ 中的图像,故 $ \mathrm{A} $ 正确.

由 $ x-t $ 图像可知,该简谐运动对应的振幅等于圆的半径,则有 $ R=A=10\mathrm{c}\mathrm{m} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 正确;由 $ x-t $ 图像可知,该简谐运动的周期为 $ T=4\mathrm{s} $ ,则质点做圆周运动的角速度大小为 $ \omega =\dfrac{2\mathrm{\pi }}{T}=\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}/\mathrm{s} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 错误;质点做匀速圆周运动,速度大小不变,设质点与圆心连线与 $ x $ 轴的夹角为 $ \theta $ ,则该质点投影的速度为 $ {v}_{x}=v \sin \theta $ ,从 $ t=0 $ 开始到质点第一次到达 $ Q $ 点的过程中, $ \theta $ 从 $ {90}^{\circ } $ 减小为 $ {0}^{\circ } $ ,再增大到 $ {30}^{\circ } $ ,则该质点投影的速度先减小后增大,故 $ \mathrm{C} $ 错误; $ t=\dfrac{16}{3}\mathrm{s} $ 时,质点转过的角度为 $ \mathrm{\Delta }\theta =\omega t=\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}×\dfrac{16}{3}=\dfrac{8\mathrm{\pi }}{3}=2\mathrm{\pi }+\dfrac{2\mathrm{\pi }}{3} $ ,可知此时质点运动至 $ Q $ 处,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

若振幅为 $ 0.1\mathrm{m} $ ,由题意有 $ \mathrm{\Delta }t=(n+\dfrac{1}{2})T(n=0,1,2,\cdots ) $ ,解得 $ T=\dfrac{4}{2n+1}\mathrm{s}(n=0,1,2,\cdots ) $ ,当 $ n=1 $ 时,振子的周期为 $ \dfrac{4}{3}\mathrm{s} $ ,当 $ n=2 $ 时,振子的周期为 $ \dfrac{4}{5}\mathrm{s} $ , $ \mathrm{A} $ 错误, $ \mathrm{B} $ 正确；若振幅为 $ 0.2\mathrm{m} $ ,有三种情况,分别为 $ \mathrm{\Delta }t=(\dfrac{1}{2}+n)T $ 、 $ \mathrm{\Delta }t=(\dfrac{1}{6}+n)T $ 、 $ \mathrm{\Delta }t=(\dfrac{5}{6}+n)T $ ,其中 $ n=0 {\rm ,1,2} $ , $ \cdots $ ,可得 $ T=\dfrac{4}{2n+1}\mathrm{s} $ 、 $ \dfrac{12}{6n+1}\mathrm{s} $ 或 $ \dfrac{12}{6n+5}\mathrm{s} $ ,其中 $ n=0 {\rm ,1,2} $ , $ \cdots $ ,当 $ n=0 $ 时,振子的周期可能为 $ 12\mathrm{s} $ , $ \mathrm{C} $ 错误, $ \mathrm{D} $ 正确.

弹簧振子从 $ N $ 点经过 $ O $ 点再运动到 $ M $ 点为 $ \dfrac{1}{2} $ 次全振动,故 $ \mathrm{A} $ 错误;题图乙中图线切线的斜率代表质点的速度,则 $ P $ 点对应的时刻振子的速度方向为正方向,该时刻振子正在做加速运动，则加速度方向沿正方向,故 $ \mathrm{B} $ 正确;由题图乙知振子做简谐运动的周期为 $ T=2\mathrm{s} $ ,弹簧振子的振幅为 $ A=0.07\mathrm{m} $ ,则 $ \omega =\dfrac{2\mathrm{\pi }}{T}=\mathrm{\pi }\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}/\mathrm{s} $ ,规定竖直向下为正方向,振子到达 $ N $ 点开始计时, $ t=0 $ 时刻位移为 $ 0.07\mathrm{m} $ ,可知初相位为 $ {\varphi }_{0}=\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ ,则弹簧振子的振动方程为 $ x=A \sin (\omega t+{\varphi }_{0})=0.07 \sin (\mathrm{\pi }t+\dfrac{\mathrm{\pi }}{2})\mathrm{m} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 错误; $ 2.5\mathrm{s}=T+\dfrac{T}{4} $ ,则弹簧振子在前 $ 2.5\mathrm{s} $ 内的路程为 $ s=\dfrac{5}{4}×4A=0.35\mathrm{m} $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

（1） 由题图可知弹簧振子 $ B $ 在第 $ 0.2\mathrm{s} $ 末到第 $ 0.4\mathrm{s} $ 末这段时间内,从平衡位置到负方向最大位置,位移为负,加速度的方向沿 $ x $ 轴正方向.

（2） 由题图知振子 $ A $ 的振幅是 $ 0.5\mathrm{c}\mathrm{m} $ ,周期是 $ 0.4\mathrm{s} $ ,振子 $ A $ 在 $ t=0 $ 时刻位于平衡位置且沿 $ x $ 轴负方向运动,则 $ {\varphi }_{A}=\mathrm{\pi } $ ,由 $ {T}_{A}=0.4\mathrm{s} $ ,得 $ {\omega }_{A}=\dfrac{2\mathrm{\pi }}{{T}_{A}}=5\mathrm{\pi }\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}/\mathrm{s} $ ,

则振子 $ A $ 的简谐运动的表达式为

$ {x}_{A}=0.5 \sin (5\mathrm{\pi }t+\mathrm{\pi })(\mathrm{c}\mathrm{m})=-0.5 \sin 5\mathrm{\pi }t(\mathrm{c}\mathrm{m}) $ ,

同理,振子 $ B $ 的振幅是 $ 0.2\mathrm{c}\mathrm{m} $ ,周期是 $ 0.8\mathrm{s} $ ,振子 $ B $ 在 $ t=0 $ 时刻位于正方向最大位移处,则 $ {\varphi }_{B}=\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ ,由 $ {T}_{B}=0.8\mathrm{s} $ ,得 $ {\omega }_{B}=\dfrac{2\mathrm{\pi }}{{T}_{B}}=2.5\mathrm{\pi }\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}/\mathrm{s} $ ,

则振子 $ B $ 的简谐运动的表达式为

$ {x}_{B}=0.2 \sin (2.5\mathrm{\pi }t+\dfrac{\mathrm{\pi }}{2})(\mathrm{c}\mathrm{m})=0.2 \cos 2.5\mathrm{\pi }t(\mathrm{c}\mathrm{m}) $ .

（3） $ 10\mathrm{s}=25{T}_{A} $ ,则振子 $ A $ 在第 $ 10\mathrm{s} $ 时回到平衡位置,所以位移是0,在一个周期内,振子 $ A $ 所经过的路程是 $ 4A $ ,所以总路程为 $ s=25×4A=50\mathrm{c}\mathrm{m} $ .